廣東省2024年高考物理模擬試卷及答案閱卷人一、單選題得分1．圖中甲、乙、丙、丁四幅圖涉及不同的原子物理知識(shí)，其中說(shuō)法正確的是（）A．圖甲說(shuō)明少量電子的運(yùn)動(dòng)表現(xiàn)為波動(dòng)性，大量電子的運(yùn)動(dòng)表現(xiàn)為粒子性B．圖乙的α粒子散射實(shí)驗(yàn)中，當(dāng)顯微鏡放在D位置時(shí)，熒光屏上觀察不到閃光C．圖丙中A，B，C分別表示不同能級(jí)間躍遷時(shí)釋放出的光子，頻率最低的是C光子D．圖丁中軋制鋼板時(shí)需要?jiǎng)討B(tài)監(jiān)測(cè)鋼板的厚度，探測(cè)器接收到的可能是α射線2．圖左側(cè)為不銹鋼砧板架實(shí)物圖。在圖右側(cè)圖中，質(zhì)量為M的圓形砧板穩(wěn)穩(wěn)的豎立在砧板架上，砧板架兩側(cè)橫梁近似光滑，間距為d，取重力加速度為g，下列說(shuō)法正確的是（）A．砧板對(duì)砧板架一側(cè)橫梁的作用力一定小于MgB．若增大橫梁的間距d，砧板對(duì)兩側(cè)橫梁的作用力均增大C．若增大橫梁的間距d，砧板架對(duì)地面的壓力增大D．若換一個(gè)質(zhì)量相同直徑更大的砧板，兩側(cè)橫梁受到的壓力均增大3．惠州羅浮山風(fēng)景區(qū)于2022年1月啟用新索道，如圖所示，質(zhì)量為M的吊廂通過(guò)懸臂固定懸掛在纜繩上，吊廂水平底板上放置一質(zhì)量為m的貨物。若某段運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，在纜繩牽引下吊廂載著貨物一起斜向上加速運(yùn)動(dòng)，且懸臂和吊廂處于豎直方向，重力加速度為g，則（）A．吊廂水平底板對(duì)貨物的支持力不做功 B．吊廂水平底板對(duì)貨物的摩擦力做正功C．懸臂對(duì)吊廂的作用力方向與纜繩方向平行且斜向上 D．懸臂對(duì)吊廂的作用力大小等于(M+m)g4．如圖甲所示，將一物塊P輕輕放在水平足夠長(zhǎng)的傳送帶上，取向右為速度的正方向，物塊P最初一段時(shí)間的速度—時(shí)間圖像如圖乙所示，下列描述正確的是（）A．小物塊一直受滑動(dòng)摩擦力 B．傳送帶做順時(shí)針的勻速運(yùn)動(dòng)C．傳送帶做順時(shí)針的勻加速運(yùn)動(dòng) D．小物塊最終有可能從圖甲的左端滑下傳送帶5．為了更好地了解太陽(yáng)活動(dòng)對(duì)地球的影響，2022年10月，我國(guó)成功將“夸父一號(hào)”衛(wèi)星發(fā)射升空，該衛(wèi)星繞地球的運(yùn)動(dòng)看成勻速圓周運(yùn)動(dòng)，距離地球表面約720千米，運(yùn)行周期約99分鐘，下列說(shuō)法正確的是（）A．“夸父一號(hào)”有可能靜止在惠州市的正上方B．若已知萬(wàn)有引力常量，利用題中數(shù)據(jù)可以估算出太陽(yáng)的質(zhì)量C．“夸父一號(hào)”的發(fā)射速度大于第二宇宙速度D．“夸父一號(hào)”的角速度大于地球自轉(zhuǎn)的角速度6．一列簡(jiǎn)諧橫波在某時(shí)刻的波形圖如圖所示，已知圖中質(zhì)點(diǎn)b的起振時(shí)刻比質(zhì)點(diǎn)a延遲了0.5s，b和c之間的距離是5m，下列說(shuō)法正確的是（）A．此列波的波長(zhǎng)為2.5m B．此列波的波速為5m/sC．此列波的頻率為2Hz D．此時(shí)質(zhì)點(diǎn)N正沿x軸正方向運(yùn)動(dòng)7．如圖所示，導(dǎo)體棒MN接入電路部分的電阻為R長(zhǎng)度為L(zhǎng)，質(zhì)量為m，初始時(shí)靜止于光滑的水平軌道上，電源電動(dòng)勢(shì)為E，內(nèi)阻大小也為R，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，其方向與軌道平面成θ=45°角斜向上方，電鍵閉合后導(dǎo)體棒開始運(yùn)動(dòng)，則下列說(shuō)法正確的是（）A．導(dǎo)體棒向左運(yùn)動(dòng)B．電鍵閉合瞬間導(dǎo)體棒MN的加速度為BELC．電鍵閉合瞬間導(dǎo)體棒MN所受安培力大小為2D．電鍵閉合瞬間導(dǎo)體棒MN所受安培力大小為BEL閱卷人二、多選題得分8．如圖所示，一定質(zhì)量的理想氣體從狀態(tài)a變化到狀態(tài)b，其過(guò)程如p-V圖中從a到b的直線所示。在此過(guò)程中（）A．氣體溫度先上升后下降 B．氣體內(nèi)能一直增加C．氣體一直對(duì)外做功 D．氣體吸收的熱量一直全部用于對(duì)外做功9．如圖所示，質(zhì)量為M、長(zhǎng)度為L(zhǎng)的小車靜止在光滑水平面上，質(zhì)量為m的小物塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）放在小車的最左端，現(xiàn)用一水平恒力F作用在小物塊上，使小物塊從靜止開始做直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)小物塊滑到小車的最右端時(shí)，小車運(yùn)動(dòng)的距離為?x，小物塊和小車之間的滑動(dòng)摩擦力為f，此過(guò)程中，下列結(jié)論正確的是（）A．物塊到達(dá)小車最右端時(shí)，其動(dòng)能為(F?f)(L+X)B．摩擦力對(duì)小物塊所做的功為fLC．物塊到達(dá)小車最右端時(shí)，小車的動(dòng)能為fxD．物塊和小車組成的系統(tǒng)機(jī)械能增加量為F(L+x)10．如圖所示，一質(zhì)子以速度v0A．質(zhì)子第二次經(jīng)過(guò)等勢(shì)面b時(shí)動(dòng)能是6eV B．質(zhì)子剛好能到達(dá)等勢(shì)面dC．該勻強(qiáng)電場(chǎng)場(chǎng)強(qiáng)的方向水平向左 D．若取等勢(shì)面c為零電勢(shì)面，則a所在的等勢(shì)面電勢(shì)為6V11．電磁泵在生產(chǎn)、科技中得到了廣泛應(yīng)用；如圖所示，泵體是一個(gè)長(zhǎng)方體，ab邊長(zhǎng)為L(zhǎng)1，兩側(cè)端面是邊長(zhǎng)為L(zhǎng)2的正方形；流經(jīng)泵體內(nèi)的液體密度為ρ，在泵頭通入導(dǎo)電劑后液體的電導(dǎo)率為A．泵體上表面應(yīng)接電源正極 B．通過(guò)泵體的電流I=σUC．減小磁感應(yīng)強(qiáng)度B可獲得更大的抽液高度 D．增大液體的電導(dǎo)率σ可獲得更大的抽液高度閱卷人三、實(shí)驗(yàn)題得分12．某學(xué)習(xí)小組嘗試探究彈簧所受彈力F與彈簧長(zhǎng)度L的關(guān)系。（1）通過(guò)多次實(shí)驗(yàn)，記錄實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)，描繪出如圖甲所示的F-L圖像。則彈簧原長(zhǎng)L0=cm，彈簧的勁度系數(shù)k=（2）如圖乙所示，若將該彈簧左端固定在中間帶有小圓孔的豎直擋板上，彈簧右端連接細(xì)線，細(xì)線穿過(guò)圓孔，通過(guò)光滑的滑輪與鉤碼相連，豎直擋板固定在刻度尺0刻線處，已知每個(gè)鉤碼重為1.0N。當(dāng)水平彈簧壓縮穩(wěn)定后，指針指示如圖乙所示。由此可推測(cè)所掛鉤碼的個(gè)數(shù)為個(gè)。13．某同學(xué)利用如圖（a）所示的電路測(cè)量未知電阻R0的阻值與電源電動(dòng)勢(shì)E和內(nèi)阻r，R為電阻箱，電流表內(nèi)阻為1Ω。操作步驟如下：（1）測(cè)R0的阻值。先閉合開關(guān)S1和S2，調(diào)節(jié)電阻箱，當(dāng)電阻箱的阻值為11Ω時(shí)，電流表示數(shù)為I1；接著斷開S2，調(diào)節(jié)電阻箱，當(dāng)電阻箱的阻值為6Ω時(shí)，電流表示數(shù)仍為I1，則R0的阻值為Ω，該測(cè)量原理（選填“有”或“沒有”）系統(tǒng)誤差。（2）保持S1閉合、S2斷開，多次調(diào)節(jié)電阻箱的阻值，記錄每次調(diào)節(jié)后的電阻箱的阻值R及電流表A的示數(shù)I。為了直觀地得到I與R的關(guān)系，該同學(xué)以R為縱軸，x為橫軸（單位為國(guó)際單位），作出如圖（b）所示的一條直線，則橫軸x為（選填“I”或“1I（3）根據(jù)圖（b）可求得電源的電動(dòng)勢(shì)E=V，r=Ω。（計(jì)算結(jié)果均保留二位有效數(shù)字）閱卷人四、解答題得分14．如圖所示，三角形ABC為三棱鏡的橫截面，一細(xì)束單色光從ABC的側(cè)面AC上中點(diǎn)D點(diǎn)入射，改變?nèi)肷浣莍，當(dāng)AC側(cè)面的折射光線與BC邊平行時(shí)，恰好沒有光線從AB側(cè)面邊射出棱鏡，已知AC=BC=9cm，且∠ABC=53°，sin53°=0.8，空氣中的光速c=3×10（1）該棱鏡對(duì)該單色光的折射率；（2）當(dāng)AC側(cè)面的折射光線與BC邊平行時(shí)，求該單色光從D點(diǎn)入射到第一次從棱鏡中射出傳播的時(shí)間；15．2022年北京冬奧會(huì)，我國(guó)短道速滑隊(duì)奪得混合團(tuán)體2000米接力決賽金牌，如果在某次交接棒訓(xùn)練中，質(zhì)量為60kg的甲以7m/s的速度在前面滑行，質(zhì)量為65kg的之以11m/s的速度從后面追上，并迅速將甲向前推出。乙推出甲后做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，10s后停在離交接棒前方40m的地方，則：（1）假設(shè)乙推甲過(guò)程中不計(jì)任何阻力，則甲乙分離瞬間甲的速度為多大；若甲乙作用時(shí)間為0.3s，則乙對(duì)甲的平均推力是多大；（2）若甲離開乙后甲立即做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度大小為0.5m/s16．質(zhì)譜儀被應(yīng)用于分離同位素，圖（a）是其簡(jiǎn)化模型。大量質(zhì)量m=1.60×10?27kg、電荷量為q=1.60×10?19C的質(zhì)子，從粒子源A下方以近似速度為0飄入電勢(shì)差為U0=450V的加速電場(chǎng)中，從中央位置進(jìn)入平行板電容器。當(dāng)平行板電容器不加電壓時(shí)，粒子將沿圖中虛線從O點(diǎn)進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度（1）質(zhì)子射出加速電場(chǎng)時(shí)速度的大?。唬?）為使質(zhì)子經(jīng)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)后能全部進(jìn)入磁場(chǎng)，偏轉(zhuǎn)電壓的最大值Um（3）質(zhì)子打在水平放置的屏上的痕跡長(zhǎng)度s；

答案解析部分1．【答案】C【解析】【解答】A．圖甲說(shuō)明大量光子的行為表現(xiàn)為波動(dòng)性，個(gè)別光子的行為表現(xiàn)出粒子性，A不符合題意；B．圖乙的α粒子散射實(shí)驗(yàn)中，當(dāng)顯微鏡放在D位置時(shí)，熒光屏上能觀察到閃光（次數(shù)較少），B不符合題意；C．圖丙中A、B、C分別表示不同能級(jí)間躍遷時(shí)釋放出的光子，頻率最低的是從第四能級(jí)躍遷到第三能級(jí)釋放出的光子，即C光子。C符合題意；D．圖丁中軋制鋼板時(shí)需要?jiǎng)討B(tài)監(jiān)測(cè)鋼板的厚度，探測(cè)器接收到的可能是γ射線，D不符合題意。故答案為：C?！痉治觥看罅抗庾颖憩F(xiàn)為波動(dòng)性，個(gè)別光子表現(xiàn)為粒子性，不同能級(jí)躍遷時(shí)三四能級(jí)之間躍遷放出能量最低監(jiān)測(cè)鋼板的厚度是可能是γ射線，結(jié)合α粒子散射實(shí)驗(yàn)進(jìn)行分析判斷。2．【答案】B【解析】【解答】A．設(shè)每側(cè)砧板架對(duì)砧板的支持力均為FN，F(xiàn)N垂直接觸面指向砧板圓心，F(xiàn)N與豎直方向夾角為根據(jù)牛頓第三定律可得砧板對(duì)砧板架一側(cè)橫梁的作用力大小為F所以可得砧板對(duì)砧板架一側(cè)橫梁的作用力不一定小于Mg，A不符合題意；BD．若增大橫梁的間距d，θ變大，可知FN'變大；同理，若換一個(gè)質(zhì)量相同直徑更大的砧板可知θ變小，C．若增大橫梁的間距d，對(duì)砧板和砧板架整體分析可得地面對(duì)砧板架的支持力等于砧板和砧板架的總重力，根據(jù)牛頓第三定律可得砧板架對(duì)地面的壓力不變，C不符合題意。故答案為：B?！痉治觥繉?duì)砧板進(jìn)行受力分析，根據(jù)力的分解和共點(diǎn)力平衡以及牛頓第三定律得出砧板對(duì)砧板架一側(cè)橫梁的作用力；增大橫梁的間距時(shí)根據(jù)共點(diǎn)力平衡的出砧板對(duì)兩側(cè)橫梁的作用力的變化情況。3．【答案】B【解析】【解答】A．吊廂水平底板對(duì)貨物的支持力豎直向上，與速度方向的夾角小于90°，可知支持力對(duì)貨物做正功，A不符合題意；B．在纜繩牽引下吊廂載著貨物一起斜向上加速運(yùn)動(dòng)，可知吊廂水平底板對(duì)貨物的摩擦力水平向右，與速度方向的夾角小于90°，摩擦力對(duì)貨物做正功，B符合題意；CD．以吊廂和貨物為整體，設(shè)加速度大小為a，纜繩與水平方向夾角為θ，則有Fy?(M+m)g=(M+m)a則懸臂對(duì)吊廂的作用力大小為F=懸臂對(duì)吊廂的作用力與水平方向的夾角為α，則有tan可知懸臂對(duì)吊廂的作用力方向與纜繩方向不平行，CD不符合題意。故答案為：B?！痉治觥扛鶕?jù)恒力做功的表達(dá)式得出吊廂水平底板對(duì)貨物的支持力的變化情況，以吊廂和貨物為整體，根據(jù)牛頓第二定律以及力的合成法得出懸臂對(duì)吊廂的作用力方向與纜繩方向不平行。4．【答案】C【解析】【解答】BC．由圖乙可知，物塊先做加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)與傳送帶共速后，與傳送帶一起做順時(shí)針的勻加速運(yùn)動(dòng)。B不符合題意，C符合題意；AD．當(dāng)物塊與傳送帶一起順時(shí)針加速后，物塊受靜摩擦力。物塊也不可能從圖甲的左端滑下傳送帶。AD不符合題意。故答案為：C。【分析】結(jié)合圖乙得出物塊的運(yùn)動(dòng)情況，當(dāng)物塊與傳送帶一起順時(shí)針加速后由于摩擦力的作用判斷物塊能否從甲圖左端滑下。5．【答案】D【解析】【解答】A．依題意，可知“夸父一號(hào)”不是地球的同步衛(wèi)星，所以不可能靜止在惠州市的正上方，A不符合題意；B．“夸父一號(hào)”是地球的衛(wèi)星，已知萬(wàn)有引力常量，利用題中數(shù)據(jù)也不能估算出太陽(yáng)的質(zhì)量，B不符合題意；C．由于“夸父一號(hào)”繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，所以其發(fā)射速度小于第二宇宙速度，C不符合題意；D．“夸父一號(hào)”繞地球運(yùn)行周期約99分鐘，小于地球的自轉(zhuǎn)周期24h，根據(jù)ω=2π故答案為：D?！痉治觥坷萌f(wàn)有引力提供向心力得出能否估算太陽(yáng)的質(zhì)量，結(jié)合角速度與周期的關(guān)系得出“夸父一號(hào)”的角速度與地球自轉(zhuǎn)角速度的大小關(guān)系。6．【答案】B【解析】【解答】A．相鄰兩個(gè)波峰或者波谷之間的距離就是一個(gè)波長(zhǎng)，所以b和c之間的距離就是一個(gè)波長(zhǎng)，即λ=5mA不符合題意；BCD．質(zhì)點(diǎn)b的起振時(shí)刻比質(zhì)點(diǎn)a延遲了0.5s，說(shuō)明波是向x軸正方向傳播的，質(zhì)點(diǎn)N正沿y軸負(fù)方向運(yùn)動(dòng)，b和a之間的距離是半個(gè)波長(zhǎng)，故T=1.0s此列波的頻率為f=此列波的波速為v=B符合題意，CD不符合題意。故答案為：B?！痉治觥扛鶕?jù)簡(jiǎn)諧橫波的波形圖得出該波的波長(zhǎng)，結(jié)合周期和頻率的關(guān)系得出該波的頻率，波長(zhǎng)與波速的關(guān)系得出該波的頻率。7．【答案】D【解析】【解答】A．通過(guò)導(dǎo)體棒MN的電流由N到M，根據(jù)左手定則可知，導(dǎo)體棒受到的安培力斜向下偏右，則導(dǎo)體棒向右運(yùn)動(dòng)，A不符合題意；CD．電鍵閉合瞬間，電路電流為I=導(dǎo)體棒MN所受安培力大小為F=BIL=C不符合題意，D符合題意；B．電鍵閉合瞬間，根據(jù)牛頓第二定律可得，導(dǎo)體棒MN的加速度為a=B不符合題意。故答案為：D?！痉治觥繉?dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中根據(jù)安培定則得出安培力的方向，從而得出導(dǎo)體棒的運(yùn)動(dòng)方向，電鍵閉合瞬間，根據(jù)閉合電路歐姆定律得出電路中的電流，結(jié)合安培力的表達(dá)式得出導(dǎo)體棒MN所受安培力，利用歐姆定律得出導(dǎo)體棒MN的加速度。8．【答案】B,C【解析】【解答】AB．由圖知?dú)怏w的pV乘積一直增大，由pV知?dú)怏w的溫度一直升高，內(nèi)能一直增加，A不符合題意，B符合題意；CD．氣體的體積增大，則氣體一直對(duì)外做功，氣體的內(nèi)能一直增加，根據(jù)熱力學(xué)第一定律ΔU=W+Q可知?dú)怏w一直從外界吸熱，吸收的熱量用于對(duì)外功和增加內(nèi)能，C符合題意，D不符合題意。故答案為：BC?！痉治觥扛鶕?jù)理想氣體狀態(tài)方程得出氣體溫度的變化情況，從而得出內(nèi)能的變化情況，利用熱力學(xué)第一定律得出氣體吸收的熱量和對(duì)外做功之間的關(guān)系。9．【答案】A,C【解析】【解答】A．小物塊發(fā)生的位移為L(zhǎng)+x，對(duì)于小物塊根據(jù)動(dòng)能定理可得EA符合題意；B．小物塊克服摩擦力做的功為W=f(L+x)B不符合題意；C．物塊到達(dá)小車最右端時(shí)，小車運(yùn)動(dòng)的距離為x，對(duì)小車根據(jù)動(dòng)能定理得EC符合題意；D．小車和小物塊增加的動(dòng)能為E系統(tǒng)重力勢(shì)能不變，則小物塊和小車增加得機(jī)械能為F(L+x)?fL，D不符合題意。故答案為：AC?！痉治觥繉?duì)小物塊和小車分別利用動(dòng)能定理得出物塊到達(dá)小車最右端時(shí)小車的動(dòng)能和物塊的動(dòng)能。10．【答案】A,C【解析】【解答】A．兩次經(jīng)過(guò)同一等勢(shì)面的動(dòng)能相等，因?yàn)槭莿驈?qiáng)電場(chǎng)，所以經(jīng)過(guò)相鄰等勢(shì)面克服電場(chǎng)力做功相同，動(dòng)能變化相同，即E解得E所以經(jīng)過(guò)b等勢(shì)面時(shí)的動(dòng)能是6eV，A符合題意；B．假設(shè)質(zhì)子能夠到達(dá)等勢(shì)面d，則質(zhì)子在等勢(shì)面d的動(dòng)能為零；但質(zhì)子做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)，質(zhì)子在等勢(shì)面d的速度不可能為零，故質(zhì)子不能到達(dá)等勢(shì)面d，B不符合題意；C．根據(jù)題意，由a到c過(guò)程電場(chǎng)力做負(fù)功，質(zhì)子帶正電，所以勻強(qiáng)電場(chǎng)場(chǎng)強(qiáng)的方向水平向左，C符合題意；D．根據(jù)Ep=φq根據(jù)能量守恒可知E=解得E由Epa=D不符合題意。故答案為：AC?！痉治觥扛鶕?jù)功能關(guān)系得出質(zhì)子第二次經(jīng)過(guò)等勢(shì)面b時(shí)的動(dòng)能，結(jié)合電勢(shì)能的表達(dá)式以及功能關(guān)系得出a所在的等勢(shì)面電勢(shì)。11．【答案】A,B,D【解析】【解答】A．將液體等效為通電導(dǎo)線，當(dāng)泵體上表面接電源正極時(shí)，電流從上表面流向下表面，根據(jù)左手定則可得此時(shí)液體受到的安培力水平向左，液體被抽出，A符合題意；B．根據(jù)電阻定律，泵體內(nèi)液體的電阻R=ρ所以可得通過(guò)泵體的電流為I=B符合題意；C．減小磁感應(yīng)強(qiáng)度B，液體受到的安培力變小，抽液高度會(huì)變小，C不符合題意；D．根據(jù)前面分析增大液體的電導(dǎo)率σ，電流I會(huì)增大，液體受到的安培力變大，可獲得更大的抽液高度，D符合題意。故答案為：ABD。【分析】根據(jù)左手定則得出液體受到的安培力，結(jié)合電阻定律以及歐姆定律得出通過(guò)泵體的電流。12．【答案】（1）3.0；200（2）3【解析】【解答】（1）當(dāng)彈簧彈力為零，彈簧處于自然狀態(tài)，由圖可知，彈簧的原長(zhǎng)為L(zhǎng)由胡克定律可知k=（3）由圖可知，該刻度尺的讀數(shù)為L(zhǎng)由胡克定律可知F由題可知每個(gè)鉤碼重G=1N，由此可推測(cè)所掛鉤碼的個(gè)數(shù)為n=【分析】（1）當(dāng)彈簧處于原長(zhǎng)時(shí)彈力為零，結(jié)合圖像以及胡克定律得出彈簧的原長(zhǎng)以及勁度系數(shù)；

（3）根據(jù)刻度尺的讀數(shù)原理以及胡克定律得出所掛鉤碼的個(gè)數(shù)。13．【答案】（1）5；沒有（2）1（3）2.9；2.7【解析】【解答】（1）先閉合開關(guān)S1和S2，R0被短路，則I接著斷開S2，R0和電阻箱串聯(lián)，則I由此分析可得R1＋r＋RA=R2＋r＋RA＋R0故測(cè)R0的阻值沒有誤差，代入數(shù)據(jù)得11Ω=R0＋6Ω解得R0=5Ω（2）保持S1閉合、S2斷開，根據(jù)閉合電路歐姆定律可得I=整理解得R=故橫軸x為1I（3）根據(jù)圖（b）可得k=E=8.73.0V=2.9V，r＋RA解得r=2.7Ω【分析】（1）先閉合開關(guān)S1和S2，根據(jù)閉合電路歐姆定律以及串聯(lián)電路的特點(diǎn)得出R0的阻值；

（2）根據(jù)閉合電路歐姆定律得出R-1I的表達(dá)式；

14．【答案】（1）當(dāng)AC側(cè)面的折射光線與BC邊平行時(shí)，恰好沒有光線從AB側(cè)面邊射出棱鏡光路圖如圖所示有幾何關(guān)系可知，臨界角為C=37°由折射率可知n=（2）光路圖如圖所示光在棱鏡中的位移為：L=DE+EF=其中n=Cv解得：t=5×【